2019届高考物理二轮复习第4章电路与电磁感应考前基础回扣练8恒定电流和交变电流.doc

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1、1考前基础回扣练 8 电磁感应定律及其应用1.如图所示，在圆形空间区域内存在关于直径 ab 对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环大小刚好可与磁场边界重合，现从图示位置开始，下列说法中正确的是( )A若使圆环向右平动穿出磁场区域，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B若使圆环竖直向上平动穿出磁场区域，感应电流始终沿逆时针方向C若圆环以 ab 为轴转动， a 点的电势始终高于 b 点的电势D若圆环以 ab 为轴转动， b 点的电势始终高于 a 点的电势解析：若圆环向右平动，穿过圆环的“”减少，则磁通量先表现为“”增加，后表现为“”减少，由楞次定律知感应电流

2、先沿逆时针方向后沿顺时针方向，选项 A 正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量始终为零，未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，选项 B 错误；若圆环以 ab 为轴转动，则在转动的过程中，穿过圆环的磁通量始终为零，则 a、 b 两点的电势始终相等，选项 C、D 错误答案：A22018衡水中学第三次模拟(多选)如图所示，固定的水平长直导线中通有向左方向的电流 I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中( )A穿过线框的磁通量减小B线框的机械能守恒C线框中感应电流方向为逆时针方向D线框所受安培力的合力为零解析：线框由静止释放，在下落过程中，因电流的磁场离

3、导线越远，磁场越弱，则穿过线框的磁通量在减小，故 A 正确；在下落的过程中，除重力做功以外，还有安培力做负功，所以线框不做自由落体运动，其机械能减小，B 错误；根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向外，线框由静止释放，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，方向不变，故 C 正确；线框由静止释放，穿过线框的磁通量减小，将产生感应电流，阻碍线框的运动，所以一定受到安培力的作用，故 D 错误答案：AC32018天津和平区四模如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在一水平面内，导轨间距 L0.5 m，左端接有阻值 R0.3 的电阻，一质量 m0.1 kg、电阻

4、r0.1 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B0.2 T，棒在水平向右的外力2作用下，由静止开始以 a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移 x9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热 Q12.025 J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电荷量 q；(2)金属棒 MN 做匀加速运动所需外力随时间变化的表达式；(3)外力做的功 WF.解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得 ，其中 B.E t由闭

5、合电路的欧姆定律得 IER r则通过电阻 R 的电荷量为 q tI联立各式，代入数据得 q2.25 C.(2)由法拉第电磁感应定律得 E BLv对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v at由闭合电路的欧姆定律得 IER r由安培力公式和牛顿第二定律得 F BIL ma得 F0.20.05 t.(3)对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v22 ax撤去外力后，由动能定理得安培力做的功W0 mv212撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2 W联立解得 Q21.8 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF Q1 Q2解得 WF3.825 J.答案：(1)2.25 C (2)0.20.05 t (3

6、)3.825 J42018辽宁本溪二模如图所示，在倾角 37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域 MNPQ，磁感应强度 B 的大小为 5 T，磁场宽度 d0.55 m，有一边长L0.4 m、质量 m10.6 kg、电阻 R2 的正方形均匀导体线框 abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量 m20.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数 0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长( g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8)(1)求线框 abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小；(2)当 ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀

7、速直线运动，求线框刚释放时 ab 边到磁场MN 边界的距离 x；(3)在(2)问中的条件下，若 cd 边恰离开磁场边界 PQ 时，速度大小为 2 m/s，求整个运动过程中 ab 边产生的热量解析：(1)线框还未进入磁场的过程中，以 m2为研究对象有 FT m 2g m2a以 m1为研究对象有 m1gsin FT m1a解得 FT2.4 N a2 m/s 2(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，用整体法有3m1gsin m 2g 0B2L2vR解得 v1 m/sab 到 MN 前线框做匀加速直线运动，有 v22 ax解得 x0.25 m(3)线框从开始运动到 cd 边恰离开磁场边界 PQ 时，由动能定理有 m1gsin (x d L) m 2g(x d L) Q (m1 m2)v12 21解得 Q0.4 J，所以 Qab Q0.1 J14答案：(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J